（浙江專用）2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題綜合訓(xùn)練4

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1、（浙江專用）2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題綜合訓(xùn)練4 1. 如圖所示,開(kāi)關(guān)S閉合,電流表、電壓表均為理想電表,若電阻R1斷路,則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A.電流表示數(shù)變小 B.電壓表示數(shù)變小 C.電源內(nèi)電路消耗的功率變大 D.R3消耗的功率變大 2. 如圖所示為一種常見(jiàn)的身高體重測(cè)量?jī)x。測(cè)量?jī)x頂部向下發(fā)射波速為v的超聲波,超聲波經(jīng)反射后返回,被測(cè)量?jī)x接收,測(cè)量?jī)x記錄發(fā)射和接收的時(shí)間間隔。質(zhì)量為M0的測(cè)重臺(tái)置于壓力傳感器上,傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比。當(dāng)測(cè)重臺(tái)沒(méi)有站人時(shí),測(cè)量?jī)x記錄的時(shí)間間隔為t0,輸出電壓為U0,某同學(xué)站上測(cè)重臺(tái),測(cè)量?jī)x記錄的

2、時(shí)間間隔為t,輸出電壓為U。該同學(xué)的身高和質(zhì)量分別為(　　) A.v(t0-t),U B.U C.v(t0-t),(U-U0) D.(U-U0) 3.如圖所示,平行板電容器充電后與電源斷開(kāi),正極板接地,兩極板間有一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷固定在P點(diǎn)。靜電計(jì)的金屬球與電容器的負(fù)極板連接,外殼接地。以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度,φ表示P點(diǎn)的電勢(shì),Ep表示該試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能,θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持負(fù)極板不動(dòng),將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計(jì)帶電量可忽略不計(jì)),各物理量變化情況描述正確的是(　　) A.E增大,φ降低,Ep減小,θ增大 B.E不變,φ降低,Ep增大,θ減小 C

3、.E不變,φ升高,Ep減小,θ減小 D.E減小,φ升高,Ep減小,θ減小 4. 如圖所示,A為電解槽,M為電動(dòng)機(jī),N為電爐子,恒定電壓U=12 V,電解槽內(nèi)阻rA=2 Ω,當(dāng)S1閉合,S2、S3斷開(kāi)時(shí),電流表A示數(shù)為6 A;當(dāng)S2閉合,S1、S3斷開(kāi)時(shí),A示數(shù)為5 A,且電動(dòng)機(jī)輸出功率為35 W;當(dāng)S3閉合,S1、S2斷開(kāi)時(shí),A示數(shù)為4 A。求: (1)電爐子的電阻及發(fā)熱功率各多大? (2)電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻是多少? (3)在電解槽工作時(shí),電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率為多少? 5. 汽車電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)時(shí)車燈會(huì)瞬時(shí)變暗,如圖所示,在打開(kāi)車燈的情況下,電

4、動(dòng)機(jī)未啟動(dòng)時(shí)電流表讀數(shù)為10 A,電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)時(shí)電流表讀數(shù)為58 A,若電源電動(dòng)勢(shì)為12.5 V,內(nèi)阻為0.05 Ω。電流表內(nèi)阻不計(jì),則因電動(dòng)機(jī)啟動(dòng),車燈的電功率降低了多少? 6.如圖所示,在傾角為30°的斜面上固定一光滑金屬導(dǎo)軌CDEFG,OH∥CD∥FG,∠DEF=60°,CD=DE=EF=FG==L,一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒AB在電機(jī)的牽引下,以恒定的速度v0沿OH方向從斜面底部開(kāi)始運(yùn)動(dòng),滑上導(dǎo)軌并到達(dá)斜面頂端,AB⊥OH,金屬導(dǎo)軌的CD、FG段電阻不計(jì),DEF段與AB棒材料、橫截面積均相同,單位長(zhǎng)度電阻為r,O是AB棒的中點(diǎn),整個(gè)斜面處在垂直斜面向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。

5、求: (1)導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上滑行時(shí)電路中電流的大小; (2)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到DF位置時(shí)AB兩端的電壓; (3)將導(dǎo)體棒從底端拉到頂端電機(jī)對(duì)外做的功。 7. 如圖,質(zhì)量為M的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。一電阻不計(jì),質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ放置在導(dǎo)軌上,始終與導(dǎo)軌接觸良好,PQbc構(gòu)成矩形。棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,棒左側(cè)有兩個(gè)固定于水平面的立柱。導(dǎo)軌bc段長(zhǎng)為L(zhǎng),開(kāi)始時(shí)PQ左側(cè)導(dǎo)軌的總電阻為R,右側(cè)導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻為R0。以ef為界,其左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上,右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向左,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。在t=0時(shí),一水平向左的拉力F垂直作

6、用于導(dǎo)軌的bc邊上,使導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a。 (1)求回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的表達(dá)式; (2)經(jīng)過(guò)多少時(shí)間拉力F達(dá)到最大值,拉力F的最大值為多少? (3)某一過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導(dǎo)軌克服摩擦力做功為W,求導(dǎo)軌動(dòng)能的增加量。 8.如圖甲所示,兩根完全相同的光滑平行導(dǎo)軌固定,每根導(dǎo)軌均由兩段與水平成θ=30°的長(zhǎng)直導(dǎo)軌和一段圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成,導(dǎo)軌兩端均連接電阻,阻值R1=R2=2 Ω,導(dǎo)軌間距L=0.6 m。在右側(cè)導(dǎo)軌所在斜面的矩形區(qū)域M1M2P1P2內(nèi)分布有垂直斜面向上的磁場(chǎng),磁場(chǎng)上下邊界M1P1、M

7、2P2的距離d=0.2 m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻,在右側(cè)導(dǎo)軌斜面上與M1P1距離s=0.1 m處,有一根阻值r=2 Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放,恰好獨(dú)立勻速通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域,重力加速度g取10 m/s2,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求: (1)ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小v; (2)在t1=0.1 s時(shí)刻和t2=0.25 s時(shí)刻電阻R1的電功率之比; (3)電阻R2產(chǎn)生的總熱量Q總。 9.如圖所示,兩根間距為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN和PQ,電阻不計(jì),左端彎曲部分光滑,水平部分導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒間的動(dòng)摩

8、擦因數(shù)為μ,水平導(dǎo)軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ,右端有另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ,其寬度也為d,但方向豎直向下,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0,相隔的距離也為d。有兩根質(zhì)量為m的金屬棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置,金屬棒a電阻為R,金屬棒b電阻為r,b棒置于磁場(chǎng)Ⅱ中點(diǎn)C、D處。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)將a棒從彎曲導(dǎo)軌上某一高處由靜止釋放并沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。 (1)當(dāng)a棒在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí),若要使b棒在導(dǎo)軌上保持靜止,則a棒剛釋放時(shí)的高度應(yīng)小于某一值h0,求h0的大小; (2)若將a棒從彎曲導(dǎo)軌上高度為h(h

9、屬棒b上產(chǎn)生的電熱Qb; (3)若將a棒仍從彎曲導(dǎo)軌上高度為h(h

10、導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。t=0時(shí),導(dǎo)體棒位于頂角O處,求: (1)t時(shí)刻流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I的大小和方向。 (2)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)水平外力F的表達(dá)式。 (3)導(dǎo)體棒在0~t時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q。 專題綜合訓(xùn)練(四) 1.D　解析 電路結(jié)構(gòu)為R2和R3串聯(lián)之后再和R1并聯(lián),電壓表測(cè)量R2兩端電壓,電流表測(cè)量R2和R3的電流,若R1斷路,則外電路電阻增大,總電流減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得路端電壓U增大,即R2和R3所在支路兩端的電壓增大,而R2和R3的電阻不變,所以通過(guò)R2和R3的電流增大,即電流表示數(shù)增大,R

11、2兩端電壓UR2=IR2R2,故R2兩端電壓增大,即電壓表示數(shù)增大,A、B錯(cuò)誤;總電流減小,則內(nèi)電路消耗的功率P=I2r減小,C錯(cuò)誤;由于R3恒定,通過(guò)R3的電流增大,所以R3消耗的電功率增大,D正確。 2.D　解析 當(dāng)測(cè)重臺(tái)沒(méi)有站人時(shí),2x=vt0;站人時(shí),2(x-h)=vt,解得h=v(t0-t);無(wú)人站立時(shí),U0=kM0g;有人時(shí),U=k(M0g+mg),解得:m=(U-U0),故D正確。 3.C　解析 將正極板適當(dāng)向右水平移動(dòng),兩板間的距離減小,根據(jù)電容的決定式C=可知,電容C增大,因平行板電容器充電后與電源斷開(kāi),則電容器的電荷量Q不變,由C=得,板間電壓U減小,因此夾角θ減小,再

12、依據(jù)板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=,可見(jiàn)E不變;P點(diǎn)到正極板距離減小,且正極接地,由公式U=Ed得,P點(diǎn)的電勢(shì)增加,負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能減小,故A、B、D錯(cuò)誤,C正確。 4.答案 (1)2 Ω　72 W　(2)1 Ω　(3)16 W 解析 (1)當(dāng)S1閉合,S2、S3斷開(kāi)時(shí),只有電爐子接入電路,因電爐子為純電阻,由歐姆定律可知電爐子的電阻r==2 Ω 其發(fā)熱功率PR=UI1=12×6 W=72 W。 (2)當(dāng)S2閉合,S1、S3斷開(kāi)時(shí),電動(dòng)機(jī)為非純電阻,由能量守恒定律得:UI2=·rM+P輸出 代入數(shù)據(jù)解得:rM=1 Ω (3)當(dāng)S3閉合,S1、S2斷開(kāi)時(shí),電解槽工作,由能量守恒定律得:P化=U

13、I3-·rA 代入數(shù)據(jù)解得:P化=16 W。 5.答案 43.2 W 解析 電動(dòng)機(jī)不啟動(dòng)時(shí),燈泡的電壓為電源路端電壓,設(shè)為UL,電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后燈泡電壓仍為路端電壓,設(shè)為UL' 由閉合電路歐姆定律得I= 解得:R=1.2 Ω 燈泡消耗功率為PL=EI-I2r=120 W 電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后,路端電壓UL'=E-I'r=9.6 V 燈泡消耗電功率為PL'==76.8 W 所以燈泡功率降低了ΔP=(120-76.8) W=43.2 W 6.答案 (1)　(2)BLv0　(3)mgL+ 解析 (1)導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上勻速滑行時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0 回路總電阻為R總=3Lr 則感應(yīng)電流

14、為:I= 聯(lián)立解得:I= AB棒滑到DF處時(shí),AB兩端的電壓UBA=UDA+UFD+UBF 又有:UDA+UBF=BLv0 可得:UDF=BLv0 則有:UBA=UDA+UFD+UBF=BLv0 (3)導(dǎo)體棒從底端拉到頂端電機(jī)做的功:W=ΔEp+Q1+Q2 增加的重力勢(shì)能ΔEp=mg(2L+Lcos 30°)sin 30°=mgL AB棒在DEF軌道上滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量Q1=W安,此過(guò)程中,電流I不變,故 Q1=W安=L= 電流不變,電阻不變,所以AB棒在CDEF導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量 Q2=I2R總t=2·3Lr· 所以:W=mgL+ 7.答案 (1)E=BLat,I

15、=　(2)t=　Fm=Ma+μmg+(1+μ)B2L2　(3)Ma 解析 (1)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv 導(dǎo)軌做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),故導(dǎo)軌速度v=at 則回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的表達(dá)式E=BLat 又x=at2 回路中總電阻R總=R+2R0at2=R+aR0t2 回路中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的表達(dá)式 I= (2)導(dǎo)軌受到外力F,安培力FA,摩擦力Ff; FA=BIL= Ff=μ(mg+FA)=μmg+ 由牛頓第二定律F-FA-Ff=Ma 解得F=Ma+μmg+(μ+1) 由數(shù)學(xué)知識(shí)得,當(dāng)=aR0t,即t=時(shí)外力F取最大值 所以Fm=Ma+μmg+ (3)設(shè)此

16、過(guò)程中導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離為s,由動(dòng)能定理,W合=ΔEk,W合=Ma·s 摩擦力做功W=μmgs+μWA=μmgs+μQ 所以s= 導(dǎo)軌動(dòng)能的增加量ΔEk=Ma· 8.答案 (1)1 m/s　(2)4∶1　(3)0.01 J 解析 (1)由mgs·sin θ=mv2 得v=1 m/s (2)金屬棒從釋放到運(yùn)動(dòng)至M1P1所用的時(shí)間t==0.2 s 在t1=0.1 s時(shí),金屬棒還沒(méi)進(jìn)入磁場(chǎng),有E1=Ld=0.6 V 此時(shí),R2與金屬棒并聯(lián)后再與R1串聯(lián) R總=3 Ω U1=R1=0.4 V 由圖乙可知,t=0.2 s后磁場(chǎng)保持不變,ab經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間t'==0.2 s 故在t2=

17、0.25 s時(shí)ab還在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),電動(dòng)勢(shì)E2=BLv=0.6 V 此時(shí)R1與R2并聯(lián),R總=3 Ω,得R1兩端電壓U1'=0.2 V 電功率P=,故在t1=0.1 s和t2=0.25 s時(shí)刻電阻R1的電功率的比值P1∶P2==4∶1 (3)設(shè)金屬棒ab的質(zhì)量為m,ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),通過(guò)ab的電流I= 金屬棒ab受到的安培力FA=BIL 又mgsin θ=BIL 解得m=0.024 kg 在0~0.2 s內(nèi),R2兩端的電壓U2=0.2 V,產(chǎn)生的熱量Q1=t=0.004 J 金屬棒ab最終將在M2P2下方的軌道區(qū)域內(nèi)往返運(yùn)動(dòng),到M2P2處的速度為零,由功能關(guān)系可得在t=0.2

18、s后,整個(gè)電路最終產(chǎn)生的熱量Q=mgdsin θ+mv2=0.036 J 由電路關(guān)系可得R2產(chǎn)生的熱量Q2=Q=0.006 J 故R2產(chǎn)生的總熱量Q總=Q1+Q2=0.01 J 9.答案 (1)　(2)(mgh-μmg2d)　(3)B0-t-μgt2 解析 (1)因?yàn)閍棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ后做減速運(yùn)動(dòng),所以只要?jiǎng)傔M(jìn)入時(shí)b棒不動(dòng),b就可以靜止不動(dòng)。對(duì)a棒:由機(jī)械能守恒得:mgh0= 根據(jù)閉合電路歐姆定律有:I= 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):E=B0Lv0 對(duì)b棒:B0IL=μmg 聯(lián)立解得:h0= (2)由全過(guò)程能量守恒與轉(zhuǎn)化規(guī)律:mgh=μmg2d+Q 總熱量為:Q=(mgh-μmg2d) 解得

19、金屬棒b上產(chǎn)生的電熱:Qb= (3)a棒通過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)恰好無(wú)感應(yīng)電流,說(shuō)明感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零, 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律:E= 在Δt≠0的前提下,ΔΦ=0即Φ保持不變 對(duì)a棒,由機(jī)械能守恒知:mgh=mv2 a棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ后,由牛頓第二定律得a=μg 經(jīng)過(guò)時(shí)間t,a棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ的距離x=vt-at2 磁通量Φ=B0L(d-x)-BdL 又最初磁通量為Φ0=B0dL-B0dL=B0dL=Φ 故B=B0-t-μgt2 10.答案 (1),方向b→a (2)F= (3)Q= 解析 (1)0到t時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒的位移x=t t時(shí)刻,導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度l=x 導(dǎo)體棒的電動(dòng)勢(shì)E=Blv0 回路總電阻R=(2x+x)r 電流I= 電流方向?yàn)閎→a (2)F=BlI,I=,故F= (3)t時(shí)刻導(dǎo)體的電功率 P=I2R= 又P∝t,故Q=t=